福建省高考數(shù)學(xué)試卷理科高考

福建省高考數(shù)學(xué)試卷理科高考福建省高考數(shù)學(xué)試卷理科高考福建省高考數(shù)學(xué)試卷理科高考2015年福建省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）

一、選擇題（共10小題，每題5分，共50分）2015年一般高等學(xué)校招生全

國(guó)一致考試（福建卷）數(shù)學(xué)（理工類）

1．（5分）若召集A={i，i2，i3，i4}（i是虛數(shù)單位），B={1，﹣1}，則A∩B等于（）A．{﹣1}B．{1}C．{1，﹣1}D．?2．（5分）以下函數(shù)為奇函數(shù)的是（）A．y=B．y=|sinx|C．y=cosxD．y=ex﹣e﹣x

3．（5分）若雙曲線E：=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線E上，且|PF1|=3，則|PF2|等于（）A．11B．9C．5D．3

4．（5分）為認(rèn)識(shí)某社區(qū)居民的家庭年收入與年開(kāi)銷的聯(lián)系，隨機(jī)查問(wèn)了該社區(qū)

5戶家庭，獲取以下核算數(shù)據(jù)表：收入x（萬(wàn)元）元）

依據(jù)上表可得回歸直線方程，此間，據(jù)此預(yù)計(jì)，該社

區(qū)一戶收入為15萬(wàn)元家庭年開(kāi)銷為（）A．11.4萬(wàn)元B．11.8萬(wàn)元C．12.0萬(wàn)元D．12.2萬(wàn)元

5．（5分）若變量x，y滿意拘束條件則z=2x﹣y的最小值等于（）A．2B．﹣2C．D．

6．（5分）閱覽以以下列圖的程序框圖，運(yùn)轉(zhuǎn)相應(yīng)的程序，則輸出的成就為（）第1頁(yè)（共27頁(yè)）A．2B．1C．0D．﹣1

7．（5分）若l，m是兩條不相同的直線，m筆直于平面α，則“⊥lm”是“∥lα”的（）

A．充分而不用要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不用要條件8．（5分）若a，b是函數(shù)f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的兩個(gè)不相同的零點(diǎn)，且a，b，﹣2這三個(gè)數(shù)可適合排序后成等差數(shù)列，也可適合排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于（）A．6B．7C．8D．9

9．（5分）已知，若P點(diǎn)是△ABC地址平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A．13B．15C．19D．21

10．（5分）若界說(shuō)在R上的函數(shù)f（x）滿意f（0）=﹣1，其導(dǎo)函數(shù)f′（x）滿意

f（′x）＞k＞1，則以下定論中必然過(guò)失的是（）A．B．C．D．二、填空題：本大題共5小題，每題4分，共20分.第2頁(yè)（共27頁(yè)）11．（4分）（x+2）5的張開(kāi)式中，x2的系數(shù)等于．（用數(shù)字作答）12．（4分）若銳角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，則BC等于．13．（4分）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4），函數(shù)f（x）

=x2，若在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于．14．（4分）若函數(shù)f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），

則實(shí)數(shù)a的取值規(guī)模是．

15．（4分）一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串，此間xk

（k=1，2，?，n）稱為第k位碼元，二元碼是通訊中常用的碼，但在通訊進(jìn)度

中有時(shí)會(huì)產(chǎn)生碼元過(guò)失（即碼元由0變成1，也許由1變成0）

已知某種二元碼x1x2?x7的碼元滿意以下校驗(yàn)方程組：

此間運(yùn)算⊕界說(shuō)為：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．

現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通訊進(jìn)度中僅在第k位產(chǎn)生碼元過(guò)失后變成了

1101101，那么使用上述校驗(yàn)方程組可判斷k等于．

三、回答題

16．（13分）某銀行規(guī)矩，一張銀行卡若在一天內(nèi)表現(xiàn)3次密碼測(cè)試過(guò)失，該銀

行卡將被確認(rèn)，小王到銀行取錢時(shí)，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但是可以確

定該銀行卡的正確密碼是他常用的6個(gè)密碼之一，小王決策從中不重復(fù)地隨機(jī)選

擇1個(gè)進(jìn)行測(cè)試．若密碼正確，則完成測(cè)試；不然連續(xù)測(cè)試，直至該銀行卡被鎖定．第3頁(yè)（共27頁(yè)）

（1）求當(dāng)天小王的該銀行卡被確認(rèn)的概率；

（2）設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡測(cè)試密碼次數(shù)為X，求X的散布列和數(shù)學(xué)希望．

17．（13分）如圖，在幾許體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，

BE⊥EC，AB=BE=EC=，2G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點(diǎn)．（1）求證：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值．18．（13分）已知橢圓E：+=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)，且離心率e為．（1）求橢圓E的方程；

（2）設(shè)直線x=my﹣1（m∈R）交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，鑒別點(diǎn)G與以

線段AB為直徑的圓的方向聯(lián)系，并說(shuō)明原因．

19．（13分）已知函數(shù)f（x）的圖象是由函數(shù)g（x）=cosx的圖象經(jīng)以下更換得

到：先將g（x）圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到本來(lái)的2倍，橫坐標(biāo)不變，再將所獲取的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度．（1）求函數(shù)f（x）的剖析式，并求其圖象的對(duì)稱軸方程；（2）已知對(duì)于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）內(nèi)有兩個(gè)不相同的解α，β

（i）求實(shí)數(shù)m的取值規(guī)模；（ii）證明：cos（α﹣β）=﹣1．第4頁(yè)（共27頁(yè)）20．（7分）已知函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜x；

（2）證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x0＞0，使得對(duì)恣意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；

（3）確認(rèn)k的所有也許取值，使得存在t＞0，對(duì)恣意的x∈（0，t），恒有|f（x）|

（3）確認(rèn)k的所有也許取值，使得存在t＞0，對(duì)恣意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2．

四、選修4-2：矩陣與更換21．（7分）已知矩陣A=，B=（1）求A的逆矩陣A﹣1；（2）求矩陣C，使得AC=B．五、選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程22．（7分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的參數(shù)方程為（t為參數(shù)）．在極坐標(biāo)系（與平面直角坐標(biāo)系xoy取相同的長(zhǎng)度單位，且以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，以x軸非負(fù)半軸為極軸），直線l的方程為ρsin（θ﹣）=m，（m∈R）

（1）求圓C的一般方程及直線l的直角坐標(biāo)方程；

（2）設(shè)圓心C到直線l的間隔等于2，求m的值．六、選修4-5：不等式選講23．（7分）已知a＞0，b＞0，c＞0，函數(shù)f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值為4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．第5頁(yè)（共27頁(yè)）2015年福建省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參照答案與試題剖析

一、選擇題（共10小題，每題5分，共50分）2015年一般高等學(xué)校招生全

國(guó)一致考試（福建卷）數(shù)學(xué)（理工類）

1．（5分）若召集A={i，i2，i3，i4}（i是虛數(shù)單位），B={1，﹣1}，則A∩B等于（）A．{﹣1}B．{1}C．{1，﹣1}D．?

【剖析】使用虛數(shù)單位i的運(yùn)算性質(zhì)化簡(jiǎn)A，爾后使用交集運(yùn)算得答案．

【回答】解：∵A={i，i2，i3，i4}={i，﹣1，﹣i，1}，B={1，﹣1}，∴A∩B={i，﹣1，﹣i，1}∩{1，﹣1}={1，﹣1}．應(yīng)選：C．

【談?wù)摗看祟}察看了交集及其運(yùn)算，察看了虛數(shù)單位i的運(yùn)算性質(zhì)，是基礎(chǔ)題．2．（5分）以下函數(shù)為奇函數(shù)的是（）A．y=B．y=|sinx|C．y=cosxD．y=ex﹣e﹣x

【剖析】依據(jù)函數(shù)奇偶性的界說(shuō)進(jìn)行鑒別即可．【解答】解：A．函數(shù)的定義域?yàn)閇0，+∞），定義域?qū)τ谠c(diǎn)不對(duì)稱，故A為非奇非偶函數(shù)．B．f（﹣x）=|sin（﹣x）|=|sinx|=f（x），則f（x）為偶函數(shù)．C．y=cosx為偶函數(shù)．

﹣x﹣ex=﹣（ex﹣e﹣x）=﹣f（x），則f（x）為奇函數(shù)，D．f（﹣x）=e應(yīng)選：D．

【談?wù)摗看祟}首要察看函數(shù)奇偶性的鑒別，依據(jù)函數(shù)奇偶性界說(shuō)是辦理此題的關(guān)鍵．

3．（5分）若雙曲線E：=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線E第6頁(yè)（共27頁(yè)）上，且|PF1|=3，則|PF2|等于（）A．11B．9C．5D．3

【剖析】確認(rèn)P在雙曲線的左支上，由雙曲線的界說(shuō)可得定論．

【回答】解：由題意，雙曲線E：=1中a=3．∵|PF1|=3，∴P在雙曲線的左支上，

∴由雙曲線的界說(shuō)可得|PF2|﹣|PF1|=6，|

∴由雙曲線的界說(shuō)可得|PF2|﹣|PF1|=6，|

∴由雙曲線的界說(shuō)可得|PF2|﹣|PF1|=6，|

∴由雙曲線的界說(shuō)可得|PF2|﹣|PF1|=6，|

∴由雙曲線的界說(shuō)可得|PF2|﹣|PF1|=6，∴|PF2|=9．應(yīng)選：B．

【談?wù)摗看祟}察看雙曲線的規(guī)范方程，察看雙曲線的界說(shuō)，歸于基礎(chǔ)題．

4．（5分）為認(rèn)識(shí)某社區(qū)居民的家庭年收入與年開(kāi)銷的聯(lián)系，隨機(jī)查問(wèn)了該社區(qū)

5戶家庭，獲取以下核算數(shù)據(jù)表：收入x（萬(wàn)元）元）

依據(jù)上表可得回歸直線方程，此間，據(jù)此預(yù)計(jì)，該社

區(qū)一戶收入為15萬(wàn)元家庭年開(kāi)銷為（）A．11.4萬(wàn)元B．11.8萬(wàn)元C．12.0萬(wàn)元D．12.2萬(wàn)元

【剖析】由題意可得和，可得回歸方程，把x=15代入方程求得y值即可．【解答】解：由題意可得=（）=10，=（）=8，代入回歸方程可得=8﹣×，∴回歸方程為，把x=15代入方程可得×，應(yīng)選：B．第7頁(yè)（共27頁(yè)）

【談?wù)摗看祟}察看線性回歸方程，波及平均值的核算，屬基礎(chǔ)題．

5．（5分）若變量x，y滿意拘束條件則z=2x﹣y的最小值等于（）A．2B．﹣2C．D．

【剖析】由拘束條件作出可行域，由圖獲取最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標(biāo)，數(shù)形結(jié)合得答案．

【回答】解：由拘束條件作出可行域如圖，由圖可知，最優(yōu)解為A，聯(lián)立，解得A（﹣1，）．∴z=2x﹣y的最小值為2×（﹣1）﹣=．應(yīng)選：D．

【談?wù)摗看祟}察看了簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃，察看了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．

6．（5分）閱覽以以下列圖的程序框圖，運(yùn)轉(zhuǎn)相應(yīng)的程序，則輸出的成就為（）第8頁(yè)（共27頁(yè)）A．2B．1C．0D．﹣1

【剖析】模擬執(zhí)行程序框圖，按次寫出每次循環(huán)獲取的i，S的值，當(dāng)i=6時(shí)滿意條件i＞5，退出循環(huán)，輸出S的值為0．

【回答】解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得i=1，S=0S=cos，i=2不知足條件i＞5，S=cos+cosπ，i=3不知足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos，i=4不知足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π，i=5不知足條件i＞5，S=cos+cosπ+cos+cos2π+cos=0﹣1+0+1+0=0，i=6

滿意條件i＞5，退出循環(huán)，輸出S的值為0，應(yīng)選：C．

【談?wù)摗看祟}首要察看了循環(huán)構(gòu)造的程序框圖，正確按次寫出每次循環(huán)獲取的i，

S的值是解題的要害，歸于基礎(chǔ)題．

7．（5分）若l，m是兩條不相同的直線，m筆直于平面α，則“⊥lm”是“∥lα”的（）第9頁(yè)（共27頁(yè)）

A．充分而不用要條件B．必要而不充分條件

C．充分必要條件D．既不充分也不用要條件

【剖析】使用直線與平面平行與筆直聯(lián)系，鑒別兩個(gè)出題的充要條件聯(lián)系即可．

【回答】解：l，m是兩條不相同的直線，m筆直于平面α，則“⊥lm”也許“∥lα”也可能l?α，反之，“∥lα”必然有“⊥lm”，

所以l，m是兩條不相同的直線，m筆直于平面α，則“⊥lm”是“∥lα”的必要而不充分條件．應(yīng)選：B．

【談?wù)摗看祟}察看空間直線與平面筆直與平行聯(lián)系的使用，充要條件的鑒別，基

本知識(shí)的察看．8．（5分）若a，b是函數(shù)f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的兩個(gè)不相同的零點(diǎn)，且a，b，﹣2這三個(gè)數(shù)可適合排序后成等差數(shù)列，也可適合排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于（）A．6B．7C．8D．9【剖析】由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系獲取a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2這三個(gè)數(shù)可適合排序后成等差數(shù)列，也可適合排序后成等比數(shù)列列對(duì)于a，b的方程組，求得a，b后得答案．【解答】解：由題意可得：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2這三個(gè)數(shù)可適合排序后成等差數(shù)列，也可適合排序后成等比數(shù)列，可得①或②．解①得：；解②得：．∴p=a+b=5，q=1×4=4，則p+q=9．應(yīng)選：D．

【談?wù)摗看祟}察看了一元二次方程根與系數(shù)的聯(lián)系，察看了等差數(shù)列和等比數(shù)列

的性質(zhì)，是基礎(chǔ)題．第10頁(yè)（共27頁(yè)）

9．（5分）已知，若P點(diǎn)是△ABC地址平面內(nèi)一點(diǎn)，且，則的最大值等于（）A．13B．15C．19D．21

【剖析】建系，由向量式的幾許意義易得P的坐標(biāo)，可化=﹣4（﹣4）﹣（t﹣1）=17﹣（4?+t），由基本不等式可得．

【回答】解：由題意成立以以下列圖的坐標(biāo)系，可得A（0，0），B（，0），C（0，t），∵，∴P（1，4），∴=（﹣1，﹣4），=（﹣1，t﹣4），∴=﹣4（﹣4）﹣（t﹣1）=17﹣（4t+），由基本不等式可得+4t≥2=4，∴17﹣（4t+）≤17﹣4=13，當(dāng)且僅當(dāng)4t=即t=時(shí)取等號(hào)，∴的最大值為13，應(yīng)選：A．

【談?wù)摗看祟}察看平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，波及根本不等式求最值，屬中檔題．第11頁(yè)（共27頁(yè)）

10．（5分）若界說(shuō)在R上的函數(shù)f（x）滿意f（0）=﹣1，其導(dǎo)函數(shù)f′（x）滿意

f（′x）＞k＞1，則以下定論中必然過(guò)失的是（）A．B．C．D．

【剖析】依據(jù)導(dǎo)數(shù)的見(jiàn)解得出＞k＞1，用x=代入可鑒別出（f）

＞，即可鑒別答案．

【回答】解；∵f（′0）=f（′x）＞k＞1，∴＞k＞1，即＞k＞1，當(dāng)x=時(shí)，f（）+1＞×k=，即f（）﹣1=故f（）＞，

所以f（）＜，必然出錯(cuò)，另解：設(shè)g（x）=f（x）﹣kx+1，g（0）=0，且g′（x）=f（′x）﹣k＞0，

g（x）在R上遞加，

k＞1，對(duì)選項(xiàng)逐一鑒別，可得C錯(cuò)．應(yīng)選：C．

【談?wù)摗看祟}察看了導(dǎo)數(shù)的見(jiàn)解，不等式的化簡(jiǎn)運(yùn)算，歸于中檔題，理解了變量的代換問(wèn)題．二、填空題：本大題共5小題，每題4分，共20分.11．（4分）（x+2）5的張開(kāi)式中，x2的系數(shù)等于80．（用數(shù)字作答）

【剖析】先求出二項(xiàng)式張開(kāi)式的通項(xiàng)公式，再令x的冪指數(shù)等于2，求得r的值，即可求得張開(kāi)式中的x2項(xiàng)的系數(shù)．第12頁(yè)（共27頁(yè)）【解答】解：（x+2）5的張開(kāi)式的通項(xiàng)公式為Tr+1=?x5﹣r?2r，令5﹣r=2，求得r=3，可得張開(kāi)式中x2項(xiàng)的系數(shù)為=80，故答案為：80．

【談?wù)摗看祟}首要察看二項(xiàng)式定理的使用，二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，二項(xiàng)式張開(kāi)式的

通項(xiàng)公式，求張開(kāi)式中某項(xiàng)的系數(shù)，歸于基礎(chǔ)題．12．（4分）若銳角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，則BC等于7．

【剖析】使用三角形的面積公式求出A，再使用余弦定理求出BC．

【回答】解：由于銳角△ABC的面積為，且AB=5，AC=8，所以，所以sinA=，所以A=60°，所以cosA=，所以BC==7．故答案為：7．

【談?wù)摗看祟}察看三角形的面積公式，察看余弦定理的運(yùn)用，比較基礎(chǔ)．13．（4分）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，4），函數(shù)f（x）

=x2，若在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于．

【剖析】分別求出矩形和暗影部分的面積，使用幾許概型公式，回答．

【回答】解：由已知，矩形的面積為4×（2﹣1）=4，第13頁(yè)（共27頁(yè)）

暗影部分的面積為=（4x﹣）|=，|

暗影部分的面積為=（4x﹣）|=，

由幾許概型公式可得此點(diǎn)取自暗影部分的概率等于；故答案為：．

【談?wù)摗看祟}察看了定積分求曲邊梯形的面積以及幾許概型的運(yùn)用；要害是求出

暗影部分的面積，使用幾許概型公式回答．14．（4分）若函數(shù)f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），

則實(shí)數(shù)a的取值規(guī)模是（1，2]．

【剖析】當(dāng)x≤2時(shí)，查驗(yàn)滿意f（x）≥4．當(dāng)x＞2時(shí)，分類談?wù)揳的規(guī)模，依

據(jù)函數(shù)的單一性，求得a的規(guī)模，概括可得定論．【解答】解：由于函數(shù)f（x）=（a＞0且a≠1）的值域是[4，+∞），

故當(dāng)x≤2時(shí)，滿意f（x）=6﹣x≥4．①若a＞1，f（x）=3+logax在它的定義域上單一遞加，當(dāng)x＞2時(shí)，由f（x）=3+logax≥4，∴l(xiāng)ogax≥1，∴l(xiāng)oga2≥1，∴1＜a≤2．②若0＜a＜1，f（x）=3+logax在它的定義域上單一遞減，f（x）=3+logax＜3+loga2＜3，不知足f（x）的值域是[4，+∞）．綜上可得，1＜a≤2，故答案為：（1，2]．

【談?wù)摗看祟}首要察看分段函數(shù)的使用，對(duì)數(shù)函數(shù)的單一性和特別點(diǎn)，歸于中檔題．

15．（4分）一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串，此間xk

（k=1，2，?，n）稱為第k位碼元，二元碼是通訊中常用的碼，但在通訊進(jìn)度

中有時(shí)會(huì)產(chǎn)生碼元過(guò)失（即碼元由0變成1，也許由1變成0）第14頁(yè)（共27頁(yè)）

已知某種二元碼x1x2?x7的碼元滿意以下校驗(yàn)方程組：

此間運(yùn)算⊕界說(shuō)為：0⊕0=0，0⊕1=1，1⊕0=1，1⊕1=0．

現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通訊進(jìn)度中僅在第k位產(chǎn)生碼元過(guò)失后變成了

1101101，那么使用上述校驗(yàn)方程組可判斷k等于5．

【剖析】依據(jù)二元碼x1x2?x7的碼元滿意的方程組，及“⊕”的運(yùn)算規(guī)矩，將k的

值從1至7逐一考證即可．

【回答】解：依題意，二元碼在通訊進(jìn)度中僅在第k位產(chǎn)生碼元過(guò)失后變成了1101101，①若k=1，則x1=0，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=1，故k≠1；②若k=2，則x1=1，x2=0，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠2；③若k=3，則x1=1，x2=1，x3=1，x4=1，x5=1，x6=0，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠3；④若k=4，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=0，x5=1，x6=0，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x1⊕x3⊕x5⊕x7=1，故k≠4；⑤若k=5，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=0，x6=0，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x4⊕x5⊕x6⊕x7=0，x2⊕x3⊕x6⊕x7=0，x1⊕x3⊕x5⊕x7=0，

故k=5符合題意；⑥若k=6，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=1，x7=1，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠6；⑦若k=7，則x1=1，x2=1，x3=0，x4=1，x5=1，x6=0，x7=0，

爾后由校驗(yàn)方程組，得x2⊕x3⊕x6⊕x7=1，故k≠7；綜上，k等于5．故答案為：5．

【談?wù)摗看祟}屬新界說(shuō)題，要害是弄懂新界說(shuō)的意義或規(guī)矩，事實(shí)上，此題中的運(yùn)算符號(hào)“⊕”可看作是兩個(gè)數(shù)差的絕對(duì)值運(yùn)算，知道了這一點(diǎn)，考證就不是難事了．第15頁(yè)（共27頁(yè)）

三、回答題

16．（13分）某銀行規(guī)矩，一張銀行卡若在一天內(nèi)表現(xiàn)3次密碼測(cè)試過(guò)失，該銀

行卡將被確認(rèn)，小王到銀行取錢時(shí)，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但是可以確

定該銀行卡的正確密碼是他常用的6個(gè)密碼之一，小王決策從中不重復(fù)地隨機(jī)選

擇1個(gè)進(jìn)行測(cè)試．若密碼正確，則完成測(cè)試；不然連續(xù)測(cè)試，直至該銀行卡被鎖定．

（1）求當(dāng)天小王的該銀行卡被確認(rèn)的概率；

（2）設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡測(cè)試密碼次數(shù)為X，求X的散布列和數(shù)學(xué)希望．

【剖析】（1）依據(jù)概率的公式即可求當(dāng)天小王的該銀行卡被確認(rèn)的概率；

（2）隨機(jī)變量X的取值為：1，2，3，分別求出對(duì)應(yīng)的概率，即可求出散布列和

希望．

【回答】解：（1）設(shè)“當(dāng)天小王的該銀行卡被確認(rèn)”的事情為A，則P（A）=．

（2）有也許的取值是1，2，3又則P（X=1）=，P（X=2）==，P（X=3）==，

所以X的散布列為：X123PEX=1×+2×+3×=．

【談?wù)摗勘拘☆}首要察看分步計(jì)數(shù)原理、隨機(jī)變量的散布列、數(shù)學(xué)希望等基礎(chǔ)知

識(shí)，察看運(yùn)算求解才能、使用認(rèn)識(shí)，察看必然與或然思想．

17．（13分）如圖，在幾許體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，

BE⊥EC，AB=BE=EC=，2G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點(diǎn)．第16頁(yè)（共27頁(yè)）（1）求證：GF∥平面ADE；（2）求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值．

【剖析】解法一：（1）取AE的中點(diǎn)H，連結(jié)HG，HD，經(jīng)過(guò)證明四邊形HGFD是

平行四邊形來(lái)證明GF∥DH，由線面平行的判斷定理可得；

（2）以B為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向成立空間直角坐標(biāo)系，可得平面BEC和平面AEF的法向量，由向量夾角的余弦值可得．

解法二：（1）如圖，取AB中點(diǎn)M，連結(jié)MG，MF，經(jīng)過(guò)證明平面GMF∥平面ADE來(lái)證明GF∥平面ADE；（2）同解法一．

【回答】解法一：（1）如圖，取AE的中點(diǎn)H，連結(jié)HG，HD，∵G是BE的中點(diǎn)，∴GH∥AB，且GH=AB，又∵F是CD中點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF，∴四邊形HGFD是平行四邊形，∴GF∥DH，又∵DH?平面ADE，GF?平面ADE，∴GF∥平面ADE．（2）如圖，在平面BEG內(nèi)，過(guò)點(diǎn)B作BQ∥CE，∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE，又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，

以B為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向成立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F(xiàn)（2，2，1）∵AB⊥平面BEC，∴為平面BEC的法向量，設(shè)=（x，y，z）為平面AEF的法向量．又=（2，0，﹣2），=（2，2，﹣1）第17頁(yè)（共27頁(yè)）

由筆直聯(lián)系可得，取z=2可得．∴cos＜，＞==∴平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為．

解法二：（1）如圖，取AB中點(diǎn)M，連結(jié)MG，MF，又G是BE的中點(diǎn)，可知GM∥AE，且GM=AE又AE?平面ADE，GM?平面ADE，∴GM∥平面ADE．

在矩形ABCD中，由M，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)可得MF∥AD．又AD?平面ADE，MF?平面ADE，∴MF∥平面ADE．又∵GM∩MF=M，GM?平面GMF，MF?平面GMF∴平面GMF∥平面ADE，∵GF?平面GMF，∴GF∥平面ADE（2）同解法一．第18頁(yè)（共27頁(yè)）

【談?wù)摗看祟}察看空間線面方向聯(lián)系，察看空間想象才能、推理證明才能、運(yùn)算

求解才能，建系求二面角是辦理問(wèn)題的要害，屬難題．18．（13分）已知橢圓E：+=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)，且離心率e為．（1）求橢圓E的方程；

（2）設(shè)直線x=my﹣1（m∈R）交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，鑒別點(diǎn)G與以

線段AB為直徑的圓的方向聯(lián)系，并說(shuō)明原因．

【剖析】解法一：（1）由已知得，解得即可得出橢圓E的方程．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），AB中點(diǎn)為H（x0，y0）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得：y0=．|GH|2=．=，作差

|GH|2﹣即可鑒別出．|

|GH|2﹣即可鑒別出．

|GH|2﹣即可鑒別出．G

|GH|2﹣即可鑒別出．

|GH|2﹣即可鑒別出．H

|GH|2﹣即可鑒別出．|

|GH|2﹣即可鑒別出．

|GH|2﹣即可鑒別出．2

|GH|2﹣即可鑒別出．﹣

|GH|2﹣即可鑒別出．即

|GH|2﹣即可鑒別出．可

|GH|2﹣即可鑒別出．判

|GH|2﹣即可鑒別出．?dāng)?/p>

|GH|2﹣即可鑒別出．出

|GH|2﹣即可鑒別出．．

|GH|2﹣即可鑒別出．

|GH|2﹣即可鑒別出．解法二：（1）同解法一．第19頁(yè)（共27頁(yè)）（2）設(shè)點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），則=，=．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，計(jì)算

=即可得出∠AGB，爾后鑒別出方向聯(lián)系．

【回答】解法一：（1）由已知得，解得，∴橢圓E的方程為．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1y1），B（x2，y2），AB中點(diǎn)為H（x0，y0）．由，化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，∴y0=．G，∴|GH|2==+=++．===，故|GH|2﹣=+=﹣+=＞0．∴，故G在以AB為直徑的圓外．解法二：（1）同解法一．（2）設(shè)點(diǎn)A（x1y1），B（x2，y2），則=，=．第20頁(yè)（共27頁(yè)）由，化為（m2+2）y2﹣2my﹣3=0，∴y1+y2=，y1y2=，

爾后==+y1y2=+=﹣+=＞0．∴＞0，又，不共線，∴∠AGB為銳角．故點(diǎn)G在以AB為直徑的圓外．

【談?wù)摗勘拘☆}首要察看橢圓、圓、直線與橢圓的方向聯(lián)系、點(diǎn)與圓的方向聯(lián)系、

向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，察看推理證明才能、運(yùn)算求解才能，察看數(shù)形

結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)變思想、函數(shù)與方程思想，歸于難題．

19．（13分）已知函數(shù)f（x）的圖象是由函數(shù)g（x）=cosx的圖象經(jīng)以下更換得

到：先將g（x）圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到本來(lái)的2倍，橫坐標(biāo)不變，再將所獲取的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度．（1）求函數(shù)f（x）的剖析式，并求其圖象的對(duì)稱軸方程；（2）已知對(duì)于x的方程f（x）+g（x）=m在[0，2π）內(nèi)有兩個(gè)不相同的解α，β

（i）求實(shí)數(shù)m的取值規(guī)模；（ii）證明：cos（α﹣β）=﹣1．【剖析】（1）由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律可得：f（x）=2sinx，進(jìn)而可求對(duì)稱軸方程．（2）（i）由三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用化簡(jiǎn)剖析式可得f（x）+g（x）=sin（x+φ）第21頁(yè)（共27頁(yè)）

（此間sinφ=，cosφ=），爾后可求||＜1，即可得解．|

（此間sinφ=，cosφ=），爾后可求||＜1，即可得解．|

（此間sinφ=，cosφ=），爾后可求||＜1，即可得解．＜1，即可得解．（ii）由題意可得sin（α+φ）=，sin（β+φ）=．當(dāng)1≤m＜時(shí)，可求α﹣β=π﹣2（β+φ），當(dāng)﹣＜m＜0時(shí)，可求α﹣β=3π﹣2（β+φ），由cos（α﹣β）=2sin2（β+φ）﹣1，進(jìn)而得證．

【回答】解：（1）將g（x）=cosx的圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)到本來(lái)的2倍（橫坐標(biāo)不變）獲取y=2cosx的圖象，再將y=2cosx的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后獲取y=2cos（x﹣）的圖象，故f（x）=2sinx，

爾后函數(shù)f（x）=2sinx圖象的對(duì)稱軸方程為x=k（k∈Z）．（2）（i）f（x）+g（x）=2sinx+cosx=（）=sin（x+φ）（其中sinφ=，cosφ=）依題意，sin（x+φ）=在區(qū)間[0，2π）內(nèi)有兩個(gè)不相同的解α，β，當(dāng)且僅當(dāng)||

＜1，故m的取值規(guī)模是（﹣，）．（ii）由于α，β是方程sin（x+φ）=m在區(qū)間[0，2π）內(nèi)的兩個(gè)不相同的解，所以sin（α+φ）=，sin（β+φ）=．當(dāng)1≤m＜時(shí)，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=π﹣2（β+φ）；當(dāng)﹣＜m＜1時(shí)，α+β=2（﹣φ），即α﹣β=3π﹣2（β+φ）；所以cos（α﹣β）=﹣cos2（β+φ）=2sin2（β+φ）﹣1=2（）2﹣1=．

【談?wù)摗勘拘☆}首要察看三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角恒等更換等基礎(chǔ)知識(shí)，考

查運(yùn)算求解才能、抽象概括才能、推理證明才能，察看函數(shù)與方程思想、分類與

全體思想、化歸與轉(zhuǎn)變思想、數(shù)形結(jié)合思想．20．（7分）已知函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）（1）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜x；

（2）證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x0＞0，使得對(duì)恣意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；第22頁(yè)（共27頁(yè)）

（3）確認(rèn)k的所有也許取值，使得存在t＞0，對(duì)恣意的x∈（0，t），恒有|f（x）|

（3）確認(rèn)k的所有也許取值，使得存在t＞0，對(duì)恣意的x∈（0，t），恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2．【剖析】（1）令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x≥0，求導(dǎo)獲取F′（x）≤0，說(shuō)明F（x）在[0，+∞）上單一遞減，則x＞0時(shí)，f（x）＜x；（2）令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），可得k≤0時(shí)，G′（x）＞0，說(shuō)明G（x）在（0，+∞）上單一遞加，存在x0＞0，使得對(duì)隨意x∈（0，x0），恒有（fx）＞g（x）；當(dāng)0＜k＜1時(shí)，由G（′x）=0，求得．取

，對(duì)恣意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，G（x）在上單一遞加，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）；

（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）﹣g（x）|＜x2的左面去絕對(duì)值，當(dāng)|

（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）﹣g（x）|＜x2的左面去絕對(duì)值，當(dāng)|

（3）分k＞1、k＜1和k=1把不等式|f（x）﹣g（x）|＜x2的左面去絕對(duì)值，當(dāng)

k＞1時(shí)，使用導(dǎo)數(shù)求得|f（x）﹣g（x）|＞x2，滿意題意的t不存在．|

k＞1時(shí)，使用導(dǎo)數(shù)求得|f（x）﹣g（x）|＞x2，滿意題意的t不存在．|

k＞1時(shí)，使用導(dǎo)數(shù)求得|f（x）﹣g（x）|＞x2，滿意題意的t不存在．

當(dāng)k＜1時(shí)，由（2）知存在x0＞0，使得對(duì)恣意的恣意x∈（0，x0），f（x）＞g（x）．令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），求導(dǎo)數(shù)剖析知足題意的t不存在．當(dāng)k=1，由（1）知，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x），令H（x）=x﹣ln（1+x）﹣x2，x∈[0，+∞），則有x＞0，H′（x）＜0，H（x）在[0，+∞）上單一遞減，故H（x）＜H（0）=0，說(shuō)明當(dāng)x＞

0時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，現(xiàn)在，滿意t＞0的實(shí)數(shù)t存在．|

0時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，現(xiàn)在，滿意t＞0的實(shí)數(shù)t存在．|

0時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＜x2，現(xiàn)在，滿意t＞0的實(shí)數(shù)t存在．【解答】（1）證明：令F（x）=f（x）﹣x=ln（1+x）﹣x，x≥0，則有F′（x）=﹣1=﹣，∵x≥0，∴F′（x）≤0，∴F（x）在[0，+∞）上單一遞減，∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，有F（x）＜F（0）=0，∴x＞0時(shí)，f（x）＜x；（2）證明：令G（x）=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，x∈（0，+∞），則有G′（x）=﹣k=，當(dāng)k≤0時(shí)，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，+∞）上單一遞加，第23頁(yè)（共27頁(yè)）∴G（x）＞G（0）=0，

故對(duì)恣意正實(shí)數(shù)x0均滿意題意．當(dāng)0＜k＜1時(shí)，令G′（x）=0，得．

取，對(duì)恣意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，∴G（x）在（0，x0）上單

調(diào)遞加，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）．

綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，總存在x0＞0，使得對(duì)恣意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）；（3）解：當(dāng)k＞1時(shí)，由（1）知，對(duì)于隨意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x），|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=kx﹣ln（1+x），令M（x）=kx﹣ln（1+x）﹣x2，x∈（0，+∞），則有，故當(dāng)時(shí)，M′（x）＞0，M（x）在[0，

）上單一遞加，

故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x2，∴滿意題意的t不存在．|

故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x2，∴滿意題意的t不存在．|

故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）﹣g（x）|＞x2，∴滿意題意的t不存在．

當(dāng)k＜1時(shí)，由（2）知存在x0＞0，使得對(duì)恣意的x∈（0，x0），f（x）＞g（x）．

現(xiàn)在|f（x）﹣g（x）|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，|

現(xiàn)在|f（x）﹣g（x）|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，|=f（x）﹣g（x）=ln（1+x）﹣kx，令N（x）=ln（1+x）﹣kx﹣x2，x∈[0，+∞），則有，故當(dāng)時(shí)，N′（x）＞0，N（x）在[0，

）上單一遞加，故N（x）＞N（0）=0，即f（x）﹣g（x）＞x2，記x0與中較小的為x1，

則當(dāng)x∈（0，x1）時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＞x2，故滿意題意的t不存在．|

則當(dāng)x∈（0，x1）時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＞x2，故滿意題意的t不存在．|

則當(dāng)x∈（0，x1）時(shí)，恒有|f（x）﹣g（x）|＞x2，故滿意題意的t不存在．第24頁(yè)（共27頁(yè)）當(dāng)k=1，由（1）知，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，|f（x）﹣g（x）|=g（x）﹣f（x）=x﹣ln（1+x），令H（